Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 24 pdf

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT MÔN : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = 1 x 2 2mx 2  x với m = 1. 2) Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và khoảng cách từ hai điểm đó đến đường thẳng x + y + 2 = 0 là như nhau. Bài 2: 1) Giải phương trình x 2 + 5 4 4x - 4 2 2   x x 2) Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của: F = (x + y – 2) 2 + (x + ay – 3) 2 theo a Bài 3: 1) Giải bất phương trình:   6) (log - log2 x- 22 2 3 2   xx x > 1 2) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để  ABC đều:      CBA cba 2 2 Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SB = x, tất cả các cạnh còn lại bằng b (b > 3 x ) a) Tính thể tích hình chóp theo b và x b) Xác định x để hình chóp có thể tích lớn nhất. Bài 5: Cho Elip (E) có phương trình: 1 4 y 9 22  x và M(1, 1) Lập phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm A và B sao cho MA = MB. Bài 6: Tính : I =      1 0 6 4 1 x 1 dxx HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LÓP 12 THPT MÔN : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Bài Nội dung Điểm Bài 1 1) Với m = 1, hàm số trở thành: y = 1 x 1 1 x 1 x 2 2x 2    x 1.1- Tập xác định: D = R \   1 1.2- Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: Ta có: y’ = 1 -   ; 1 1 2 x cho y’ = 0  1 -   1 1 2 x = 0  (x+ 1) 2 = 1       1- 1 x 1 1 x       2- x 0 x Xét dấu y’: + -1 + - 2 0 Hàm số đồng biến trên khoảng (-  ; -2)  (0; +  ) và nghịch biến trên khoảng (-2; -1)  (-1; 0) b) Cực trị: Tại x = -2 , hàm số đạt giá trị cực đại , y CĐ = y(-2) = -2 Tại x = 0 , hàm số đạt giá trị cực tiểu , y CT = y(0) = 2 c) Tính lồi lõm và điểm uốn (không xét) d) Giới hạn:       1 x 2 2x x lim lim 2 x x y       1 x 2 2x x lim lim 2 x x y * (D1): x = -1 là tiệm cận đứng vì 1 lim x y =  * (D2): y = x + 1 là tiệm cận xiên vì  lim x   1) (x - y =   1 1 lim x x = 0 2 đ 0,25 0,25 e) Bảng biến thiên: x -  -2 -1 0 +  (C) y’ + 0 - - 0 + y -2 +  +  -  -  2 1.3- Đồ thị: Gọi (C): y = 1 x 2 2x 2  x (C)  oy = (0; 2) (C)  ox vì phương trình: 1 x 2 2x 2  x = 0 vô nghiệm * Nhận xét: Gọi I là giao của 2 tiệm cận  I(-1; 0) là tâm đối xứng của đồ thị (C) 2) y = 1 x 2 2mx 2  x TXĐ: D = R\   1 Ta có: y’ =           2 2 2 2 1 x 2 - 2m 2x x 1 x 2 2mx x - 1 2m 2      xx Hàm số có cực đại, cực tiểu  y’ =   2 2 1 2 - 2m 2x   x x có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm  m < 2 3 (*) * Giả sử các điểm cực đại, cực tiểu A 1 (x 1 , y 1 ) và A 2 (x 2 ,y 2 ) có x 1 , x 2 là 2 nghiệm của: x 2 + 2x + 2m – 2 = 0 và có: y 1 = 2x 1 + 2m , y 2 = 2x 2 + 2m . Khoảng cách từ A 1 và A 2 tới đường thẳng x + y + 2 = 0 sẽ bằng nhau.  2 2m 3x 2 2m 3x 2 y x 2 y 212211 x  3(x 1 + x 2 ) = - (4m + 4) 0,25 0,75 0,5 0,25 - 2 - 2 1 y x x= - 1 Bài 2  3(-2) = - (4m + 4)  m = 2 1 (thoả mãn (*)) Vậy m = 2 1 1) Phương trình: x 2 + 5 4 4x - 4 2 2   x x  x 2 + 5 2) -(x 4 2 2  x  x 2 + 2x 2 - 2 x x + 5 2 -x 4x - 2 - 2 2 2        x x  5 2 -x 4x - 2 -x 2x 2 2        x  0 5 - 2 - x 4 - 2 - 2 2 2          xx x Đặt t = 2 - 2 x x , phương trình trở thành: t 2 – 4t – 5 = 0       5 t 1- t * Với t = -1        2 - x 1 x 0 2 - x x 1- 2 - 2 2 x x * Với t = 5  0 10 x 5- x 5 2 - 2 2  x x (phương trình vô nghiệm) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 1; x = - 2 2) F = (x + y – 2) 2 + (x + ay – 3) 2 * Nhận xét: (x+ y – 2) 2 ≥ 0 ; (x + ay – 3) 2 ≥ 0 F ≥ 0 Xét hệ:      03 02 ayx yx       03 2 ayx yx (I) TH1: Hệ (I) có nghiệm  D = a1 11 = a – 1  0  a  1 Thì  (x,y) để F = 0  Min F = 0 TH2: Hệ (I) vô nghiệm  D = 0  a – 1 = 0  a = 1 (hệ số không tỷ lệ) Với a = 1  F (x + y – 2) 2 + (x + y – 3) 2 Đặt t = x + y – 3 ; t  R  F = (t + 1) 2 + t 2 = 2t 2 + 2t + 1 = 2(t 2 + 2t 2 1 + 2 1 ) 4 1  0,25 4 đ 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 Bài 3: Bài 4: = 2(t + 2 1 ) 2 + 2 1 ≥ 2 1 ,  t.  Min F = 2 1 Đạt được  t = - 2 1  x + y – 3 = - 2 1  x + y - 2 5 = 0 1) Bất phương trình:   12.32 )6( 2 2 loglog2     x x xx (1) * Điều kiện x > 0 Nhận xét: 2 x + 3 . 2 -x > 1 vì      ) (2 3 loaix x (1)  2log x x – log 2 (x + 6) > 0  2log 2 x > log 2 (x + 6)  log 2 x 2 > log 2 (x + 6)  x 2 > x + 6  x 2 – x – 6 > 0       (loai) 2 - 3 x x Vậy T = (3; +  ) 2)      )2 (2 )1 (2 CBA cba Theo định lý Sin, ta có: 2R  SinC c SinB b SinA a Thay vào (1) : 2SinA = SinB + SinC  2SinA = 2 C - B Cos 2 C 2   B Sin Thay (2) : B + C = 2A , ta được : SinA = 1 2 C - B Cos SinA (vì SinA  0)  C B 0 2 C -  B Vì A + B + C = 180 0 , kết hợp với (2)  3A = 180 0  A = 60 0  ABC cân tại A và A = 60 0   ABC đều a) Gọi O là tâm của hình thoi ABCD Xét 2  SAC và  ADC Có AC chung, SA = SC = DA = DC = b   SAC =  ADC  SO = OD = OB   ABC vuông tại S Ta được : BD = b x SD 2222 SB 0,75 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 4 đ’ A D C B H O b x b b S Bài 5 : (2 điểm)  ODC vuông tại O Có DC = b; OD = 22 b 2 1 x  OC 2 = DC 2 – OD 2 = b 2 - 4 1 (x 2 + b 2 ) = 4 x- 3 22 b  OC = * Tứ giác ABCD có AC  BD  S ABCD = 2222 b x- 3 2 1 2 1  xbBDAC (1) *  BSD vuông, gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD)  SH  BD  222 SD 1 SB 1 1  SH  22 22 222 b x b b 1 x 1 1 x SH     22 22 22 2 x b bx SH x b     b x SH (2) Từ (1) và (2)  V chópSABCD = 2222 22 b x-3 2 1 x 3 1 3 1    xb b bx SSH ABCD = 22 x- 3 6 1 bbx  b) Ta có: V chópSABCD =   22222 x- 3b 2 1 6 b x- 3 6 1  xbx = 4 b 3 12 3 2  b b V chópSABCD lớn nhất là 4 3 b ; đạt được  x = 22 3 xb   x 2 = 3b 2 - x 2  2x 2 = 3b 2  x 2 = 2 3 2 3 2 bxb  Phương trình đường thẳng (d) qua M (1,1) với hệ số góc k có dạng : y = k (x – 1) + 1  (d) : y = kx – k + 1 (1) Toạ độ giao điểm A,B của (d) và (E) là nghiệm của hệ :      1 3694 22 kkxy yx  4 x 2 + 9 (kx – k +1) 2 = 36  (4+ 9k 2 )x 2 – 18k(k-1)x + 9k 2 –18k –27= 0 (2) Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt :      2 19 kk - (4+9k 2 ) (9k 2 – 18k – 27) > 0  9k 2 (k – 1) 2 – (4 + 9k) 2 (k 2 – 2k – 3) > 0  32k 2 + 8k + 12 > 0 (luôn đúng) Vậy phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt và : 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 Bài 6: (2 điểm)              2 2 2 4 27189 . 94 )1(18 k kk XX k kK XX BA BA Theo giả thiết MA = MB  x A + x B = 2x M    2 9 4 118 k kk   = 2 k = - 9 4 Thay k = - 9 4 vào (1), ta được (d) có phương trình : 4x + 9y – 13 = 0 I =      1 0 6 4 1 1 x dxx f(x) = 1 1 6 4   x x =    11 1 242 4   xxx x =    11 1 242 224   xxx xxx = 1 1 2  x + 1 6 2  x x  I =   1 0 2 1x dx +   1 0 6 2 1x dxx I =   1 0 2 1x dx Đặt x = tg t ; 2 2    t ; x 0 1  t 0 4  dx = t dt 2 cos = (1+tg 2 t) dt  I 1 =   dt ttg ttg    4 0 2 2 1 1  =  4 0  dt = t 0 4  = 4  I 2 =   1 0 6 2 1x dxx Đặt u = x 3 ; x 0 1  u 0 1 Ta có : du = 3x 2 dx  x 2 dx = 3 du  I 2 =     1 0 2 13 u du =   1 0 2 13 1 u du = 4 3 1  = 12  Khi đó I = I 1 + I 2 = 4  + 12  = 3  Vậy I = 3  0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 . = 1 x 1 1 x 1 x 2 2x 2    x 1. 1- Tập xác định: D = R   1 1. 2- Sự biến thi n: a) Chiều biến thi n: Ta có: y’ = 1 -   ; 1 1 2 x cho y’ = 0  1 -   1 1 2 x =. – 13 = 0 I =      1 0 6 4 1 1 x dxx f(x) = 1 1 6 4   x x =    11 1 242 4   xxx x =    11 1 242 224   xxx xxx = 1 1 2  x + 1 6 2  x x  I =   1 0 2 1x dx .  (x+ 1) 2 = 1       1- 1 x 1 1 x       2- x 0 x Xét dấu y’: + -1 + - 2 0 Hàm số đồng biến trên khoảng (-  ; -2 )  (0; +  ) và nghịch biến trên khoảng (-2 ;